SKKN Ứng dụng phần mềm Mathcad sáng tạo và giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp tuyến

19 1.8K 1
SKKN Ứng dụng phần mềm Mathcad sáng tạo và giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp tuyến

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG PHẦN MỀM MATHCAD SÁNG TẠO VÀ GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN PHẦN MỞ ĐẦU I. Bối cảnh của đề tài : - Bài toán chứng minh bất đẳng thức là một bài toán khó trong các kì thi học sinh giỏi và thi đại học, mặc dù học sinh đã được trang bị khá nhiều kiến thức về bất đẳng thức từ các lớp trung học cơ sở , các lớp 10, 11, 12 ở trung học phổ thông tuy nhiên, đối với một số dạng bất đẳng thức khó trong các kì thi học sinh giỏi, thi đại học các em rất lúng túng trong cách giải quyết và thậm chí là mất khá nhiều thời gian vẫn không giải quyết được. - Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi xin đóng góp một phương pháp khá hiệu quả trong việc giải quyết một lớp bất đẳng thức thuần nhất, đối xứng 2,3, ,n biến bằng phương pháp tiếp tuyến và sử dụng phần mềm Mathcad để tạo ra các bài tập tương tự cho học sinh luyện tập từ đó nâng cao được khả năng giải quyết các bài toán bất đẳng thức thuộc dạng này. II. Lý do chọn đề tài Trong các đề thi đại học từ năm 2000- 2001 đến nay , đa số đều có câu hỏi về chứng minh bất đẳng thức, đây là một câu hỏi khó và đa số học sinh đều bỏ câu này. Đôi lúc câu hỏi này cũng không phải là khó lắm nhưng do học sinh mất bình tĩnh, chưa nắm được phương pháp nên không giải quyết được. Trong các đề thi toán học sinh giỏi vòng tỉnh, vòng khu vực, vòng toàn quốc và quốc tế, rải rác cũng có các bài toán dạng này và không phải học sinh nào cũng giải được nếu không biết phương pháp. III. Phạm vi và đối tượng của đề tài : Đối tượng nghiên cứu của tôi chỉ là dạng bất đẳng thức thức đối xứng, thuần nhất 3 biến trong các kì thi thi đại học, thi học sinh giỏi các cấp. Đề tài được áp dụng cho các học sinh lớp 12 luyện thi đại học, lớp 11, 12 chuyên toán ( đã học xong phần khảo sát hàm số , viết phương trình tiếp tuyến ) , các học sinh thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp khu vực. IV. Mục đích nghiên cứu : - Góp phần giải quyết một lớp các bất đẳng thức thuần nhất, đối xứng 2,3, ,n biến bằng phương pháp tiếp tuyến ; sử dụng phần mềm Mathcad để tạo ra các bài tập tương tự cho học sinh luyện tập từ đó nâng cao được khả năng giải quyết các bài toán bất đẳng thức thuộc dạng này. - Đề tài nhằm nâng cao nghiệp vụ công tác của bản thân, để trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp . Ngoài ra còn tham gia nghiên cứu khoa học; ứng dụng tin học vào giải quyết các bài toán , sáng tạo bà toán mới một cách nhanh chóng, hiệu quả. V. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu : - Ứng dụng được phương pháp để giải một số bất đẳng thức thuần nhất, đối xứng 2,3, ,n biến bằng phương pháp tiếp tuyến ngoài các phương pháp truyền thống như bất đẳng thức Cauchy, phương pháp đạo hàm đối với một số bài toán thi đại học, thi học sinh giỏi. -Ứng dụng được phần mềm Mathcad vào giải toán, sáng tạo được các bài toán mới, nhanh chóng, hiệu quả và cho kết quả chính xác. PHẦN NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ : I.1.Thực trạng của vấn đề : Xin nêu ra một số bất đẳng thức đã cho trong các kì thi đại học, thi học sinh giỏi vòng tỉnh, thi khu vực và quốc tế : 1. Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa điều kiện 2 2 2 a b c 1 + + = . CMR: 2 2 2 2 2 2 a b c 3 3 2 b c c a a b + + ³ + + + ( Đề thi ĐH Cần Thơ 1995) 2. Cho a, b, c là 3 số thực thỏa điều kiện : a + b + c = 1 Chứng minh rằng : a b c a b c 1 1 1 a b c 3 3 3 3 3 3 3 æ ö + + ³ + + ç ÷ è ø ( Đề thi Học viện bưu chính viễn thông 2001) 3. Cho x,y,z > 0 và x y z 1 + + £ . Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 x y z 82 x y z + + + + + ³ ( Đề thi ĐH khối A 2003) 4. Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2a ) (2b ) (2c ) 8 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) b c c a a b a b c b c a c a b + + + + + + + + £ + + + + + + ( Đề thi học sinh giỏi vòng tỉnh – Bến Tre 2005 - 2006) 5. Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 6 5 ( ) ( ) ( ) a b c b c a c a b b c a c a b a b c + + + + + £ + + + + + + ( Đề thi Olympic 30_4 khối 11 lần XII - 2006) 6. Chứng minh với 4 số a,b,c,d dương thì : a b c d 4 b c d c d a d a c a b c 3 + + + ³ + + + + + + + + (BĐT Nesbit mở rộng ) 7. cho 3 a,b,c 4 ³ - và a + b + c = 1. Chứng minh rằng 2 2 2 a b c 9 10 a 1 b 1 c 1 + + £ + + + (Đề thi vô địch Ba lan 1996) 8. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. CM: a b c ab bc ca + + ³ + + (vô địch Nga 2002) 9. Cho a, b, c > 0. CMR 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2a b c) (2b c a) (2c a b) 8 2a (b c) 2b (c a) 2c (a b) + + + + + + + + £ + + + + + + (vô địch Mỹ 2003) 10. Cho a, b, c > 0. CMR: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (b c a) (c a b) (a b c) 3 5 (b c) a (c a) b (a b) c + - + - + - + + ³ + + + + + + (Olympic Nhật Bản 1997) Có thể ta sẽ đặt 3 câu hỏi sau : · Cách giải các bài toán trên như thế nào ? · Tại sao người ta có thể đặt được bài toán như vậy ? · Có thể mở rộng hoặc tạo các bài toán tương tự được không ? Để giải đáp các câu hỏi trên tôi đã cố gắng nghiên cứu, tìm tòi để giải quyết các câu hỏi trên đó là dùng phương pháp tiếp tuyến của đồ thị hàm số , kết hợp với phần mềm toán học Mathcad để khám phá và tạo các bài toán tương tự dạng này. Qua thực tế giảng dạy phương pháp tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức đã được học sinh tiếp thu khá tốt, các em đã vận dụng ngày càng linh hoạt, sáng tạo để giải quyết một lớp các bài toán bất đẳng thức đối xứng, thuần nhất 3 biến trong các kì thi học sinh giỏi, thi đại học. I.2.Cơ sở lý luận : Phương pháp dựa vào tiếp tuyến của đồ thị tại một điểm của đồ thị nằm trên hay nằm dưới đồ thị trong một khoảng nào đó như hình vẽ sau : Nếu y = Ax + B là tiếp tuyến của đồ thị (C): y = f(x) tại M(x 0 ; y 0 ) , x 0 Î (a, b) và (C) luôn nằm phía trên (hoặc phía dưới) tiếp tuyến trong khoảng (a, b) thì f(x) ³ Ax + B "x Î (a, b) (hoặc f(x) £ Ax + B "x Î (a, b)) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = x 0 . Như vậy với mọi x 1 , x 2 ,…, x n Î (a, b) thì 1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n f(x ) Ax B f(x ) Ax B f(x ) Ax B f(x ) f(x ) f(x ) A(x x x ) nB ³ + ³ + ³ + Þ + + + ³ + + + + Hay n n i i i 1 i 1 f(x ) A x nB = = ³ + å å ( hoặc tương tự n n i i i 1 i 1 f(x ) A x nB = = £ + å å ) Nếu lại có n i i 1 x C = = å (không đổi) thì ta có n i i 1 f(x ) A.C nB = ³ + å (hoặc n i i 1 f(x ) AC nB = £ + å ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 n 0 C x x x x n = = = = = III. Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề : III.1 Các bước tiến hành : Bước 1 : Nhận dạng cho được bất đẳng thức đã cho là bất đẳng thức thuần nhất, đối xứng 2,3, , n biến. Bất đẳng thức thuần nhất Đa thức ( , , ) f a b c thuần nhất trên miền D Û ( , , ) ' ( , , ) f ka kb kc k f a b c = , , , , 0 k a b c D k " Î ¹ Bất đẳng thức dạng ( , , ) 0 f a b c ³ với là một hàm thuần nhất được gọi là bất đẳng thức thuần nhất . Bất đẳng thức đối xứng Đa thức ( , , ) f a b c đối xứng Û ( , , ) ( , , ) ( , , ) f a b c f b c a f c a b = = Ví dụ : với 4 số a,b,c,d dương a b c d 4 b c d c d a d a c a b c 3 + + + ³ + + + + + + + + là một bất đẳng thức thuần nhất, đối xứng. Cỏc bt ng thc Cauchy, bt ng thc Bunhiacopsky, bt ng thc Nesbit l cỏc bt ng thc thun nht, i xng. Bc 2 : a c bt ng thc ó cho v dng ( ) ( ) ( ) + + Ê f a f b f c M ( hoc ( ) ( ) ( ) + + f a f b f c M ) trong ú f l hm s xỏc nh trờn khong ( ; ) a b Bc 3 : D oỏn im ri 0 x ca bt ng thc, vit phng trỡnh tip tuyn ca th hm s ti 0 0 ( ; ) M x y l y = Ax + B. Bc 4 : Chng minh f(x) Ax + B "x ẻ (a, b) (hoc f(x) Ê Ax + B "x ẻ (a, b)); t ú suy ra iu phi chng minh. III.2 Cỏc vớ d minh ha : Bi toỏn 1 : Cho 3 a,b,c 4 - v a + b + c = 1. Chng minh rng 2 2 2 a b c 9 10 a 1 b 1 c 1 + + Ê + + + ( thi vụ ch Ba lan 1996) Gii ã Bt ng thc cú dng thun nht, i xng 3 bin ã Bt ng thc ó cho cú dng ( ) ( ) ( ) + + Ê f a f b f c M ã Xột hm s 2 x f(x) x 1 = + vi 3 ;3 4 ộ ự ẻ - ờ ỳ ở ỷ x ta cú 2 2 2 1 x f (x) (x 1) - Â = + Tip tuyn ca th hm s y = f(x) ti im cú honh 1 x 3 = l 18 3 y x 25 50 = + Ta chng minh rng : 18 3 3 ( ) ;3 25 50 4 ộ ự Ê + " ẻ - ờ ỳ ở ỷ f x x x Tht vy : 3 ;3 4 ộ ự " ẻ - ờ ỳ ở ỷ x xột 2 2 18 3 (3 1) (4 3) ( ) ( ) 0 25 50 50( 1) - - + - + = Ê + x x f x x x luụn ỳng. Do ú vi a,b,c thuc 3 ;3 4 ộ ự - ờ ỳ ở ỷ v a+b+c = 1 ta cú : 2 2 2 18 3 18 3 18 3 ( ) , ( ) , ( ) 1 25 50 1 25 50 1 25 50 = Ê + = Ê + = Ê + + + + a b c f a a f b b f c c a b c 2 2 2 18 3 18 9 9 ( ) .3 1 1 1 25 50 25 50 10 ị + + Ê + + + = + = + + + a b c a b c a b c ã Bt ng thc ó c chng minh. Bi toỏn ny d dng thy ngay cn phi xột hm s no, gii hn trong on no. Bi toỏn sau khú thy hn v phi cú k thut thớch hp nh sau : Bi toỏn 2 : Chng minh vi mi a,b,c dng thỡ 3 2 a b c b c c a a b + + + + + ( Bt ng thc Nesbit) Gii ã Bt ng thc cú dng thun nht, i xng 3 bin ã Bt ng thc ó cho cha cú dng ( ) ( ) ( ) + + f a f b f c M Ta bin i nh sau : Do vai trũ a, b, c bỡnh ng nh nhau nờn cú th t a + b + c = s v d oỏn ng thc xy khi a = b = c = s 3 ra khi ú BT cn chng minh tr thnh a b c 3 s a s b s c 2 + + - - - ã Bt ng thc ó cú dng ( ) ( ) ( ) + + f a f b f c M Ta xột hm s 2 x s y f(x) , f (x) s x (s x) Â = = = - - Tip tuyn ti im cú honh s x 3 = l 9 1 y x 4s 4 = - Ta CMR: 9 1 f(x) x 0 , x (0,s) 4s 4 ổ ử - - " ẻ ỗ ữ ố ứ . Tht vy 2 9 1 x 9 1 (s 3x) f(x) x x 0 x (0,s) 4s 4 s x 4s 4 4s(s x) - ộ ự ổ ử - - = - - = " ẻ ỗ ữ ờ ỳ - - ở ỷ ố ứ Nh vy ta cú: a 9 1 b 9 1 c 9 1 a ; b ; c s a 4s 4 s b 4s 4 s c 4s 4 ổ ử ổ ử ổ ử - - - ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ - - - ố ứ ố ứ ố ứ Cng li theo v ta cú: a b c 9 1 9 3 3 (a b c) 3. .s s a s b s c 4s 4 4s 4 2 + + + + - = - = - - - ng thc xy ra khi v ch khi s a b c 3 = = = (s > 0 tựy ý) do ú trong bi sau ny cú th cho s = 1 hay s = 3 thỡ kt qu khụng i. Bi toỏn 3 : Cho a, b, c > 0. CMR 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2a b c) (2b c a) (2c a b) 8 2a (b c) 2b (c a) 2c (a b) + + + + + + + + Ê + + + + + + (USA 2003) Gii ã Bt ng thc cú dng thun nht ,i xng 3 bin ã Bt ng thc ó cho cha cú dng ( ) ( ) ( ) + + Ê f a f b f c M Ta bin i nh sau : Do vai trũ a, b, c bỡnh ng nh nhau nờn cú th t a + b + c = 3 v d oỏn ng thc xy khi a = b = c = 1 BT ó cho tr thnh 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (a 3) (b 3) (c 3) 8 2a (3 a) 2b (3 b) 2c (3 c) + + + + + Ê + - + - + - ã Bt ng thc ó cú dng ( ) ( ) ( ) + + Ê f a f b f c M Xột hm s 2 2 x 6x 9 y f(x) 3x 6x 9 + + = = - + vi x ẻ (0; 3) 2 2 2 4(2x 3x 9) f (x) 3(x 2x 3) - + - Â = - + Tip tuyn ti im cú honh x = 1 l: 4 4 y x 3 3 = + Xét 2 2 2 2 4 4 3x 6x 9 4 4 (4x 3)(x 1) f(x) x x , x (0;3) 3 3 3 3 3x 6x 9 3(x 2x 3) + + - + - æ ö - + = - - = " Î ç ÷ - + - + è ø Từ đó ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (a 3) 4 4 (b 3) 4 4 (c 3) 4 4 a , b , c 3 3 3 3 3 3 2a (3 a) 2b (3 b) 2c (3 c) + + + £ + £ + £ + + - + - + - Vậy 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (a 3) (b 3) (c 3) 4 4 (a b c) 3. 4 4 8 3 3 2a (3 a) 2b (3 b) 2c (3 c) + + + + + £ + + + = + = + - + - + - đpcm III.3 Dùng phần mềm Mathcad để giải và tạo bài toán tương tự : Qua 3 ví dụ trên ta có thể đặt câu hỏi : · Tại sao người ta lại đặt được những bất đẳng thức kiểu như vậy ? · Ta có thể đặt được bài toán tương tự không ? · Có thể mở rộng cho nhiều số hơn không ? Có thể giải đáp được các câu hỏi trên với sự hỗ trợ của phần mềm Mathcad như sau :với phần mềm Mathcad ta có thể lập một kịch bản giải tự động bài toán bất đẳng thức sau đó thay đổi giả thiết sẽ có ngay bất đảng thức mới và lời giải được cập nhật cùng với đồ thị của hàm số và tiếp tuyến của nó. Ta xét một kịch bản như sau trên mathcad : Nhập các biến a1,b1 là các hệ số của hàm số f(x), a là số tuỳ chọn có thể là 1,2,3…ở đây chọn tổng quát là S, còn n là số các số hạng của bất đẳng thức . [...]... rng, d thy cỏch tip cn , cỏch gii quyt bi toỏn hn mt s phng phỏp khỏc - S dng phn mm MATHCAD h tr nghiờn cu gii v sỏng to bi toỏn mi rt nhanh chúng v chớnh xỏc Tớnh chớnh xỏc v hiu qu cao hn gp nhiu ln khi s dng phn mm Mathcad h tr tớnh toỏn v to lp bi toỏn tng t Vi MATHCAD giỏo viờn sau khi ó lp trỡnh giI bi toỏn trờn Mathcad xong thỡ kt qu cú ngay lp tc Ch cn thay i s liu ban u l giỏo viờn cú ngay... minh rng : 1 1 1 b c ử ổ a + b + c 3ỗ a + b + c ữ 3a 3 3 ố3 3 3 ứ ( thi Hc vin bu chớnh vin thụng 2001) 7 Cho x,y,z > 0 v x + y + z Ê 1 Chng minh rng : x2 + 1 1 1 + y2 + 2 + z 2 + 2 82 x2 y z Gii bng Mathcad : ( thi H khi A 2003) 8) Chng minh rng : a(b + c ) b(c + a) c ( a + b) 6 + + Ê (b + c)2 + a 2 (c + a )2 + b2 (a + b)2 + c 2 5 ( thi Olympic 30_4 khi 11 ln XII - 2006) Gii Khụng mt tng quỏt cú... d+a+c a +b+c 3 Cú th m rng cho n s dng BT trờn Bi toỏn Cho a, b, c > 0 CMR (2a + b + c) 2 (2b + c + a) 2 (2c + a + b) 2 + + Ê8 2a 2 + (b + c) 2 2b 2 + (c + a) 2 2c 2 + (a + b) 2 (vụ ch M 2003) Gii bng Mathcad nh sau : iu ny luụn ỳng vi mi x thuc khong (0;3) Thay i s liu ban u ta cú cỏc bi tp tng t nh sau : (b + c - a) 2 (c + a - b) 2 (a + b - c) 2 3 + + 2 Cho a, b, c > 0 CMR: (b + c) 2 + a 2 (c + a)2 . SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG PHẦN MỀM MATHCAD SÁNG TẠO VÀ GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN PHẦN MỞ ĐẦU I. Bối cảnh của đề tài : - Bài toán chứng minh bất. góp một phương pháp khá hiệu quả trong việc giải quyết một lớp bất đẳng thức thuần nhất, đối xứng 2,3, ,n biến bằng phương pháp tiếp tuyến và sử dụng phần mềm Mathcad để tạo ra các bài tập. dạy phương pháp tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức đã được học sinh tiếp thu khá tốt, các em đã vận dụng ngày càng linh hoạt, sáng tạo để giải quyết một lớp các bài toán bất đẳng thức đối xứng,

Ngày đăng: 20/04/2015, 19:32

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan